历年高考文科数学真题汇编+答案解析(5)：立体几何

历年高考文科数学真题汇编+答案解析专题5 立体几何（2020年版）考查频率：一般为2个小题和1个大题.考试分值：22分知识点分布：必修2一、选择题和填空题（每题5分）1．（2019全国I卷文16）已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的P到平面ABC的距离为___________．【解析】如图所示，过点P作PD⊥AC，交AC于点D，作PE⊥BC，交BC于点E. 过点P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于点O. 连接OD、OE，则PD=PE=3，CD=CE=OD=OE=1，∴PO=2，即P到平面ABC的距离为2.【考点】必修2 直线、平面垂直的判定与性质2．（2019全国II卷文7）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【解析】通过画图，采用排除法，很容易得到正确答案. 【答案】B【考点】必修2 直线、平面平行的判定与性质3．（2019全国II 卷文16）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）【解析】由题意可知，该半正多面体所有顶点都在同一个正方体的表面上，由18个正方形面和8个三角形面构成，所有该半正多面体共有26个面. 并且图中的一个八边形与正方体一个面的关系如图所示. 设该半正多面体的棱长a ，则有1222=⨯+a a 12-=a【答案】26，12-【考点】必修2 空间几何体的结构4．（2019全国III 卷文8）如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【解析】如图所示，连接BD ，由已知可知，在△BDE 中，EN 为BD 边上的中线，BM 为DE 边上的中线，∴直线BM ，EN 在同一平面内且是相交直线.过点E 作EO ⊥CD ，交CD 于点O ，过点M 作MF ⊥CD ，交CD 于点F . 连接ON ，BF . 又∵平面ECD ⊥平面ABCD ，∴EO ⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，∴EO ⊥ON ，MF ⊥BF ， 即△EON 与△MFB 均为直角三角形. 设ABCD 的边长为2a ，则EO =，ON a =，2MF a =，52BF a ===，∥2EN a ===，BM === ∴EN BM ≠.【答案】B【考点】必修2 直线、平面垂直的判定与性质5．（2019全国III 卷文16）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =AA =，，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【解析】由题意可得，四棱锥O −EFGH 的底面积为2146423=12cm 2⨯-⨯⨯⨯，其高为点O 到底面BB 1C 1C的距离3cm ，因此四棱锥O −EFGH 的体积为311=312=12cm 3V ⨯⨯. 长方体1111ABCD A B C D -的体积为32=466=144cm V ⨯⨯，所以该模型的体积为312=132cm V V V =-，其所需原料的质量为1320.9=118.8 g ⨯.【答案】118.8【考点】必修2 空间几何体的表面积和体积6．（2018全国I 卷文5）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A．B ．12πC ．D ．10π【解析】由题意可知，圆柱的高22=h ，底面半径为2=r ，∥该圆柱的表面积为π12π2π22=+rh r . 【答案】B【考点】必修2 空间几何体的表面积和体积7．（2018全国I 卷文9）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A． B ．C ．3 D ．2【解析】根据题意，点 M 和点 N 分别位于圆柱的上下底面的圆周上，且过这两点的圆柱的母线将圆柱底面圆周分为1:3，如图所示，由圆柱的侧面展开图可知，从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度为【答案】B【考点】必修2 空间几何体的三视图和直观图8．（2018全国I 卷文10）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30°，则该长方体的体积为 A ．8B．C．D．【解析】连接BC 1、AC 1，∥AB ∥平面BB 1C 1C ，∥则∥AC 1B 即AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角，∥AC 1B =30°.∴在Rt △ABC 1中，3231==AB BC ，∴在Rt △BCC 1中，222211=-=BC BC CC . ∥该长方体的体积为282222=⨯⨯=V .【答案】C【考点】必修2 直线、平面垂直的判定与性质9．（2018全国II 卷文9）在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为 ABCD【解析】如图所示，连接BE ，∥AB ⊥平面CC 1B 1B ，∴AB ⊥BE.设正方体的边长为2a ，在Rt △ABE 中，则AB ＝2a ，a BE 5=，∴2525tan ===∠a a AB BE BAE . 1111ABCD A B C D -E 1CC AE CD∵AB ∥CD ，∴异面直线与所成角的正切值为25.【答案】C【考点】必修2 直线、平面垂直的判定与性质、异面直线10. （2018全国II 卷文16）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°，若∥SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为__________．【解析】圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，∥SAB 的面积为8，可得2182=SA ，解得SA ＝4.SA 与圆锥底面所成角为30°，可得圆锥的底面半径为，圆锥高为2，则圆锥的体积为21π28π3=⨯⨯⨯=V .【考点】必修2 空间几何体的表面积和体积11．（2018全国III 卷文3）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是【解析】看不见的线应该用虚线表示. 【答案】A【考点】必修2 空间几何体的三视图和直观图12．（2018全国III 卷文12）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为39，则三棱锥D -ABC 体积的最大值为AECDA ．312B ．318C ．324D ．354【解析】如图所示，球心为O ，△ABC 的外心为O ′，显然三棱锥D -ABC 体积最大时D 在O′O 的延长线与球的交点.△ABC 为为等边三角形且其面积为39，因此有39432=⨯AB ，解得AB =6. ∥3260sin 32=⋅⨯='οAB C O ，2)32(42222=-='-='O O OC O O ， ∴642=+='D O .∴ 三棱锥D -ABC 体积的最大值为31863931=⨯⨯=V .【答案】B【考点】必修2 空间几何体的表面积和体积13．（2017全国I 卷文6）如图，在下列四个正方体中，A 、B 为正方体的两个顶点，M 、N 、Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是【解析】B 、C ：∵AB ∥MQ ，∴AB ∥平面MNQ ；D ：∵AB ∥NQ ，∴AB ∥平面MNQ ；故选A. 【答案】A【考点】必修2 直线、平面平行的判定与性质14．（2017全国I 卷文16）已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径。

若平面SCA ⊥平面SCB ，SA =AC ，SB =BC ，三棱锥S-ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________。

【解析】由题意可知，∥SBC 和∥SAC 都是等腰直角三角形.∥平面SCA ⊥平面SCB ，∴AO ⊥平面SCB ，BO ⊥SC ，设球的半径为r ，以∥SCB 为底面，以AO 为高，得到三棱锥S-ABC 的体积为31111(2)93323SCB AO S r r r r ∆⨯⨯=⨯⨯⨯⨯==，解得3r =. ∥球O 的表面积为24π36πr =.【答案】36π【考点】必修2 空间几何体的表面积和体积； 直线、平面垂直的判定与性质15．（2017全国II 卷文6）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为 A ．90π B ．63π C ．42π D ．36π【解析】由三视图可得，直观图为一个高为10的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，其体积为221103π63π=63π2V =⨯-⨯⨯.【答案】B【考点】必修2 三视图、空间几何体的表面积和体积16．（2017全国II 卷文15）长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为 .【解析】由题意可知，长方体的体对角线就是球O 的直径，所以球O 的半径2r ==， 球O 的表面积2144π4π14π4V r ==⨯=. 【答案】14π【考点】必修2 空间几何体的表面积和体积17．（2017全国III 卷文9）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4【解析】由题可知，圆柱的轴截面如图所示，AC=2，BC=1，故AB=3，圆柱底面圆的半径为23，所以圆柱的体积为43π1)23(π2=⨯⨯.【答案】B【考点】必修2 空间几何体的表面积和体积18．（2017全国III 卷文10）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，则 A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥【解析】取C 1C 的中点F ，连接A 1F 、EF ，∥E 为棱CD 的中点，∥EF ∥DC 1. 设正方体的边长为2，于是有22EF =，219A E =，219A F =，∥∥A 1EF 不是直角三角形，∥1A E EF ⊥不成立，即11A E DC ⊥不成立. 故A 错误.同理，取BC 的中点Q ，连接A 1Q 、EQ （图中未画出），可以证明1A E BD ⊥不成立. 故B 错误. 同理，取AD 的中点M ，连接A 1M 、EM （图中未画出），可以证明1A E AC ⊥不成立. 故D 错误.连接A 1D 、B 1C ，∥11BC B C ⊥，11BC A B ⊥，∥111BC A DCB ⊥平面，又∥111A E A DCB ⊂平面，∥11BC A E ⊥. 故C 错误.【答案】C【考点】必修2 直线、平面垂直的判定与性质19. （2016全国I 卷文7）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径. 若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是A. 17πB. 18πC. 20πD. 28π【解析】由三视图可得，直观图为一个球去掉18后的几何体，如图所示. 该几何体的体积是28π3，即37428ππ833r ⨯=，解得2r =，∥它的表面积 222273734πππ2π217π8424r r ⨯+=⨯+⨯=. 【答案】A【考点】必修2 三视图、空间几何体的表面积和体积20. （2016全国I 卷文11）平面 α 过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ， α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD =m ，α∩平面ABB 1A 1=n ，则m ，n 所成角的正弦值为A.B.C.D.【解析】如图所示，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD =m ，α∩平面ABB 1A 1=n ，可知n ∥CD 1，m ∥B 1D 1，∥∥CB 1D 1是等边三角形，∴m ，n 所成角就是∥CD 1B 1=60°，∴m ，n所成角的正弦值为2. 【答案】A【考点】必修2 直线、平面平行的判定与性质21. （2016全国II 卷文4）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为A. B.C. D. 【解析】正方体的体积为8，则边长为2. 正方体的体对角线为32444=++，即为球的直径，所以球的半径为3，球的表面积为π12)3(π42=⨯.【答案】A【考点】必修2 空间几何体的表面积和体积22.（2016全国II 卷文7）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为A. 20πB. 24πC. 28πD. 32π【解析】由三视图可得，直观图为一个圆柱和一个圆锥组成的几何体. 从图中可知，圆柱的底面半径r =2，高H =4；圆锥的底面半径r =2，高h =，母线长l =4. 由此计算该几何体的表面积为21312π323π8π4π2π2ππ4π16π+8π28πr rH rl++=+=.【答案】C【考点】必修2 三视图、空间几何体的表面积和体积23. （2016全国III卷文10）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为A. 18+54+【解析】由三视图可得，直观图为一个以俯视图为底面的四棱柱. 从图中可知，棱柱的两个底面面积为(36)236⨯⨯=，前后侧面的面积为(33)218⨯⨯=，左右侧面的面积为(32⨯=所以该多面体的表面积为54+【答案】B【考点】必修2 三视图、空间几何体的表面积和体积24.（2016全国III卷文11）在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球. 若AB∥BC，AB=6，BC=8，AA1=3，则V的最大值是A. 4πB. 9π2C. 6πD. 32π3【解析】∥AB∥BC，AB=6，BC=8，所以AC=10. 故∥ABC的内切圆半径681022r+-==.又由AA1=3，故直三棱柱ABC－A1B1C1内球的最大半径为32，此时体积V=3439ππ322⎛⎫⨯=⎪⎝⎭.【答案】B【考点】必修2 空间几何体的表面积和体积二、简答题（每题12分）25．（2019全国I 卷文19）如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE .（2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以1C E =，故17CH =. 从而点C 到平面1C DE. 26．（2019全国II 卷文17）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积．【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11⊥B C BE ．又∥1BE EC ⊥，∴BE ⊥平面11EB C ．（2）∵AE =A 1E ，AB =A 1B 1，∠BAE =∠B 1A 1E ，∴Rt ABE △∥11Rt A B E △，∴∠AEB =∠A 1EB 1 由（1）知190BEB ∠=︒．∥45AEB ∠=︒，故AE =AB=3，126AA AE ==. 如图，作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ∥平面11BB C C ，且3EF AB ==． 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．EFE27．（2019全国III 卷文19）图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2， ∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2． （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【解析】（1）由已知得AD P BE ，CG P BE ，所以AD P CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）如图所示，取CG 的中点M ，连结EM ，DM.因为AB ∥DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE ⊥CG . 因为四边形BCGE 是菱形，且∠EBC =60°，得EM ⊥CG ，故CG ⊥平面DEM ． 因此DM ⊥CG ．在Rt △DEM 中，DE =1，EM DM =2． 所以四边形ACGD 的面积为 2×2 = 4．28．（2018全国I 卷文18）如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【解析】（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ∥AD ，所以AB ∥平面ACD ． 又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ∥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA= 又23BP DQ DA ==，所以BP =． 作QE ∥AC ，垂足为E ，则QE =P 13DC ．由已知及（1）可得DC ∥平面ABC ，所以QE ∥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为11113451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．29．（2018全国II 卷文19）如图，在三棱锥中，，，为的中点． （1）证明：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．P ABC-AB BC ==4PA PB PC AC ====O AC PO ⊥ABC M BC 2MC MB =C POM【解析】（1）因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝．连结OB ，因为AB ＝BC，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝＝2．由知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM． 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知OC ＝＝2，CM ＝＝，∠ACB ＝45°．所以OM ，CH ＝．所以点C 到平面POM ． 30．（2018全国III 卷文19）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点． （1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．AC 12AC 222OP OB PB +=12AC 23BC 3sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠ABCD »CDM »CD C D AMD ⊥BMC AM P MC ∥PBD【解析】（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC 平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM 平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC 平面PBD ，OP 平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．31．（2017全国I 卷文18）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=o ,且四棱锥P-ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积. 【解析】（1）由已知90BAP CDP ==︒∠∠，得AB AP ⊥,CD PD ⊥.由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .⊂»CD⊂⊄⊂（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E .由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD .设AB x =，则由已知可得AD =，PE x =. 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=. 由题设得31833x =，故2x =.从而2PA PD ==，AD BC ==PB PC ==. 可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 6062222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+ 32．（2017全国II 卷文18）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,1,2AB BC AD BAD ==∠ 90.ABC =∠=︒（1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为P ABCD -的体积.【解析】（1）在平面ABCD 内，因为∥BAD=∥ABC=90°，所以BC∥AD.又BC PAD ⊄平面，AD PAD ⊂平面，故BC∥平面PAD.（2）去AD的中点M，连结PM，CM，由12AB BC AD==及BC∥AD，∥ABC=90°得四边形ABCM为正方形，则CM∥AD.因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PM∥AD，PM∥底面ABCD，因为CM ABCD⊂底面，所以PM∥CM.设BC=x，则CM=x，CD=，PM=，PC=PD=2x.取CD的中点N，连结PN，则PN∥CD，所以因为∥PCD的面积为，所以，解得x=-2（舍去），x=2，于是AB=BC=2，AD=4，PM=，所以四棱锥P-ABCD的体积.33．（2017全国III卷文19）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．【解析】（1）取A C的中点O连结DO，BO.因为AD =CD ，所以AC ∥DO .又由于∥ABC 是正三角形，所以AC ∥BO .从而AC ∥平面DOB ，故AC ∥BD .（2）连结EO .由（1）及题设知∥ADC =90°，所以DO =AO .在Rt∥AOB 中，O .O 又AB =BD ，所以O ，O ∥DOB =9O °.由题设O ∥AEC 为直角三角形，所以12EO AC =. 又∥ABC 是正三角形，且AB =BD ，所以12EO BD =. 故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1:1. 34 （2016全国I 卷文18）如图，在已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形，P A =6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G .（I ）证明G 是AB 的中点；（II ）在答题卡第（18）题图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF 的体积．【解析】（I ）∥在平面内的正投影为，∥P ABC D .AB PD ⊥∥在平面内的正投影为，∥∥平面，故 又由已知可得，，从而是的中点.（II ）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影. 理由如下：由已知可得，，又,∴,因此平面，即点为在平面内的正投影.连接，∥在平面内的正投影为，∥是正三角形的中心.由（I ）知，是的中点，∥在上，故 由题设可得平面，平面，∥，因此 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得在等腰直角三角形中，可得∴四面体的体积 35（2016全国II 卷文19）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E 、F 分别在AD ，CD 上，AE=CF ，EF 交BD 于点H ，将∥DEF 沿EF 折到∥D′EF 的位置.(I) 证明：AD ∥HD′；(II) 若AB =5，AC =6，54AE =，OD '=求五棱锥D′-ABCEF 体积. D PAB E .AB DE ⊥AB ⊥PED .AB PG ⊥PA PB =G AB PAB E PB PA F F E PAC PB PA ⊥⊥PB PC //EF PB EF PC ⊥EF ⊥PAC F EPAC CG P ABC D D ABC G AB D CG 2.3=CD CG ⊥PC PAB ⊥DE PAB //DE PC 21,.33==PE PG DE PC 6=PA 2,==DE PE EFP 2.==EF PF PDEF 114222.323=⨯⨯⨯⨯=V【解析】(I) 由已知得，,.⊥=AC BD AD CD 又由=AE CF 得AE CF AD CD =，故//.AC EF 由此得,'⊥⊥EF HD EF HD ，∥//.'AC HD(II) 由//EF AC 得1.4==OH AE DO AD由5,6==AB AC 得 4.===DO BO ∥ 1 3.OH D H DH '===，于是2222219OD OH D H ''+=+==，故.OD OH '⊥由(I)知'⊥AC HD ，又∥ AC BD BD HD H '⊥=I ，，∥ ⊥AC 平面BHD '，于是.AC OD '⊥ 又∥ ,OD OH AC OH O '⊥=I ，∥ '⊥OD 平面.ABC 由=EF DH AC DO 得9.2=EF ∥五边形ABCFE 的面积 11969683.2224=⨯⨯-⨯⨯=S∥ 五棱锥D′-ABCEF 体积 16934=⨯⨯=V 36（2016全国III 卷文19）如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ∥平面ABCD ，AD ∥BC ，AB=AD=AC =3，P A=BC =4，M 为线段AD 上一点，AM=2MD ，N 为PC 的中点.（I ）证明MN ∥平面P AB ；（II ）求四面体N -BCM 的体积.【解析】（I ）取BP 的中点T ，连接AT 、TN .∥ N 为PC 中点，∥TN ∥BC ，且221==BC TN . 由已知232==AD AM ， 又AD ∥BC ， ∥TN //=AM ，∥四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .∥PAB AT 平面⊂，PAB MN 平面⊄，∥MN ∥平面P AB .（II ）因为P A ∥平面ABCD ，N 为PC 的中点，∥ N 到平面ABCD 的距离为221=PA . 取BC 的中点E ，连结AE . 由AB=AC =3得AE ∥BC ，且5=AE . 由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故525421=⨯⨯=BCM S ∆. ∥ 四面体N -BCM 的体积354231=⨯⨯=∆-PA S V BCM BCM N .。